Sử dụng đạo hàm khảo sát bất phương trình và chứng minh bất đẳng thức

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ HUỆ SỬ DỤNG ĐẠO HÀM KHẢO SÁT BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC HÀ NỘI - NĂM 2016 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ HUỆ SỬ DỤNG ĐẠO HÀM KHẢO SÁT BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU HÀ NỘI - NĂM 2016 i Mục lục Mở đầu Một số kiến thức hàm 1.1 Hàm liên tục hàm khả vi 1.1.1 Hàm liên tục 1.1.2 Hàm khả vi 1.1.3 Công thức Taylor 1.2 Hàm đơn điệu hàm bị chặn 1.3 Hàm lồi, hàm lõm 1.4 Hàm đa thức 1.4.1 Đa thức Chebyshev 1.4.2 Đa thức lượng giác 1.4.3 Nội suy Lagrange số Bất đẳng thức, bất phương trình lớp hàm khả vi 2.1 Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm quan trọng 2.1.1 Bất đẳng thức Jensen dạng liên quan 2.1.2 Bất đẳng thức lớp hàm lồi bậc cao 2.1.3 Bất đẳng thức Landau Landau-Kolmogorov 2.2 Bất đẳng thức chứa đạo hàm lớp đa thức đại số 2.3 Một số dạng toán cực trị lớp hàm khả vi 2.4 Một số dạng bất phương trình lớp hàm khả vi Các dạng toán bất phương trình bất đẳng thức qua thi Olympic 3.1 Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình 3.2 Bất đẳng thức toán cực trị 3.2.1 Ứng dụng tính đơn điệu hàm số 3.2.2 Ứng dụng tính chất hàm lồi 3.2.3 Ứng dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi khả vi 5 11 13 13 14 15 17 17 17 23 26 29 36 42 kỳ 48 48 56 56 65 70 Kết luận 76 Tài liệu tham khảo 77 Mở đầu Bất đẳng thức, bất phương trình phần quan trọng chương trình toán phổ thông toán bất đẳng thức, bất phương trình thường toán khó đòi hỏi tính tư sáng tạo cao Các toán bất đẳng thức, bất phương trình toán có mặt hầu hết đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, đề thi Olympic Toán quốc tế Để giải toán bất đẳng thức, bất phương trình có nhiều cách khác phương pháp vạn để giải toán.Tuy nhiên, phương pháp sử dụng đạo hàm tính chất hàm số công cụ hữu hiệu để giải toán tìm điều kiện tham số để phương trình, bất phương trình, hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn yêu cầu đó, để chứng minh bất đẳng thức hay toán tìm cực trị biểu thức Bên cạnh đó, bất đẳng thức lớp hàm khả vi quan tâm giới thiệu tài liệu tiếng Việt như: Bất đẳng thức Landau, bất đẳng thức Kolmogorov, bất đẳng thức Markov-Bernsterin số bất đẳng thức khác liên quan đến hàm lồi khả vi Đây bất đẳng thức khó xuất rải rác số tài liệu Việc giới thiệu bất đẳng thức cần thiết cho việc bồi dưỡng nâng cao kiến thức người dạy toán bất đẳng thức liên quan đến hàm số khả vi Vì lý chọn đề tài "Sử dụng đạo hàm để khảo sát bất phương trình chứng minh bất đẳng thức" làm luận văn khoa học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp Cấu trúc luận văn gồm ba phần: phần mở đầu, phần nội dung phần kết luận Nội dung luận văn gồm ba chương: Chương Một số kiến thức hàm số Trong chương trình bày định nghĩa hàm số liên tục, hàm số khả vi, hàm số đơn điệu, hàm số bị chặn, hàm lồi, hàm lõm số kết liên quan; công thức Taylor, đa thức Chebyshev tính chất, đa thức lượng giác, toán nội suy Lagrange Chương Bất đẳng thức, bất phương trình lớp hàm khả vi Trong chương trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi khả vi dạng liên quan, bất đẳng thức Landau, bất đẳng thức Kolmogorov, bất đẳng thức Landau-Kolmogorov, số bất đẳng thức hàm lồi bậc cao, bất đẳng thức đạo hàm hàm đa thức, bất đẳng thức Markov-Bernsterin; toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm khả vi; bất phương trình lớp hàm khả vi Chương Các dạng toán bất phương trình bất đẳng thức qua kỳ thi Olympic Trong chương hệ thống toán đề thi đại học, học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố phương trình, bất phương trình, hệ phương trình; toán đề thi cấp quốc gia, Olympic toán quốc tế theo chuyên đề: Ứng dụng tính đơn điệu, ứng dụng tính chất hàm lồi khả vi, ứng dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi khả vi Trong thời gian thực luận văn, tác giả nhận hướng dẫn bảo tận tình GS.TSKH.Nguyễn Văn Mậu Qua đây, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc trân trọng công lao, quan tâm, động viên tận tình bảo thầy Nguyễn Văn Mậu Tác giả chân thành cảm ơn thầy giáo, cô giáo khoa Toán - Cơ -Tin học dạy bảo tận tình; chân thành cảm ơn thầy cô Ban giám hiệu, phòng Đào tạo, văn phòng khoa Toán - Cơ - Tin trường Đại học Khoa học Tự nhiên Đại học quốc gia Hà Nội tạo điều kiện thuận lợi suốt thời gian tác giả học tập thực luận văn Hà Nội, tháng 12 năm 2016 Học viên Nguyễn Thị Huệ Chương Một số kiến thức hàm số Trong chương trình bày định nghĩa hàm số liên tục, hàm số khả vi, hàm số đơn điệu, hàm số bị chặn, hàm lồi, hàm lõm số kết liên quan; công thức Taylor, đa thức Chebyshev tính chất, đa thức lượng giác, toán nội suy Lagrange Nội dung chương dựa theo tài liệu [1], [2], [5], [6] 1.1 1.1.1 Hàm liên tục hàm khả vi Hàm liên tục Định nghĩa 1.1 (Hàm liên tục) Cho hàm số f (x) xác định khoảng (a, b), x0 ∈ (a, b) Hàm f (x) gọi liên tục x0 lim f (x) = f (x0 ) x→x0 Định nghĩa 1.2 Hàm số f (x) gọi liên tục khoảng (a, b) liên tục điểm thuộc khoảng Định nghĩa 1.3 Hàm số f (x) gọi liên tục đoạn [a, b] liên tục khoảng (a, b) lim+ f (x) = f (a), lim− = f (b) x→a x→b Định lý 1.1 Nếu hàm số f (x) liên tục đoạn [a, b] f (a)f (b) < tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = Định lý 1.2 Nếu hàm số f (x) liên tục đoạn [a, b] f (x) nhận giá trị trung gian f (a) f (b) Tức là, với M ∈ [min{f (a); f (b)}, max{f (a); f (b)}] tồn giá trị c ∈ [a, b] cho f (c) = M Định lý 1.3 Nếu hàm số f (x) liên tục đoạn [a, b] hàm số đạt giá trị nhỏ lớn đoạn [a, b] Tức là, tồn x1 , x2 ∈ [a, b] cho ∀x ∈ [a, b] ta có f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 ) 1.1.2 Hàm khả vi Xét hàm số f (x) xác định (a, b) x0 ∈ (a, b) Định nghĩa 1.4 (Hàm khả vi) Hàm số f (x) gọi khả vi x0 tồn f (x) − f (x0 ) Giới hạn gọi đạo hàm hàm số x→x0 x − x0 f (x) x0 ký hiệu f (x0 ) giới hạn hữu hạn lim Định nghĩa 1.5 Hàm số f (x) gọi khả vi phải x0 tồn giới hạn f (x) − f (x0 ) Giới hạn gọi đạo hàm bên phải hàm số x − x0 x→x0 f (x) x0 ký hiệu f (x0 +) hữu hạn lim+ Định nghĩa 1.6 Hàm số f (x) gọi khả vi trái x0 tồn giới hạn f (x) − f (x0 ) Giới hạn gọi đạo hàm bên trái hàm số x − x0 x→x0 f (x) x0 ký hiệu f (x0 −) hữu hạn lim− Nhận xét 1.1 Hàm số f (x) có đạo hàm x0 f (x0 +), f (x0 −) tồn Định nghĩa 1.7 Hàm số f (x) gọi khả vi khoảng (a, b) khả vi điểm thuộc khoảng Đạo hàm hàm số f (x) khoảng (a, b) ký hiệu f (x) Định nghĩa 1.8 Cho hàm số f (x) khả vi khoảng (a, b), f (x) khả vị điểm x ∈ (a, b) ta nói f (x) có đạo hàm cấp x ký hiệu f (x) Tương tự, cho hàm số f (x) có đạo hàm cấp n − 1, ký hiệu f (n−1) (x)(n ∈ N, n ≥ 2) Nếu f (n−1) (x) có đạo hàm đạo hàm gọi đạo hàm cấp n f (x) ký hiệu f (n) (x) Định nghĩa 1.9 Định lý 1.4 (Định lý Rolle) Cho f (x) hàm số liên tục đoạn [a, b] khả vi khoảng (a, b) Nếu f (a) = f (b) tồn điểm c ∈ (a, b) cho f (c) = Hệ 1.1 Nếu hàm số f (x) có đạo hàm khoảng (a, b) phương trình f (x) = có n nghiệm (kể bội) thuộc khoảng (a, b) phương trình f (x) = có n − nghiệm (kể bội) thuộc khoảng (a, b) ( Phương trình f (k) (x) = có n − k nghiệm (kể bội) thuộc khoảng (a, b), với k ∈ {1, 2, , n}) Nhận xét 1.2 Nếu hàm f (x) hàm đa thức bậc n có n nghiệm thực f (x) có n − nghiệm thực Định lý 1.5 (Định lý Lagrange) Cho f (x) hàm số liên tục đoạn [a, b] khả vi khoảng (a, b) Khi đó, tồn điểm c ∈ (a, b) cho f (b) − f (a) = f (c) b−a Định lý 1.6 (Định lý Cauchy giá trị trung bình) Cho hàm số f (x), g(x) liên tục đoạn [a, b], khả vi khoảng (a, b) g(a) = g(b) Khi đó, tồn điểm c ∈ (a, b) cho f (b) − f (a) f (c) = g(b) − g(a) g (c) Định lý 1.7 (Định lý Darboux) Cho hàm số f (x) khả vi khoảng (a, b) c, d ∈ (a, b) Khi f (x) nhận giá trị trung gian f (c) f (d) Định nghĩa 1.10 Cho hàm số f (x) xác định liên tục khoảng (a, b), điểm x0 ∈ (a, b) gọi điểm cực tiểu địa phương f (x) ∃δ > cho (x0 − δ; x0 + δ) ⊂ (a, b) f (x) ≥ f (x0 ), ∀x ∈ (x0 − δ; x0 + δ) Nếu x0 điểm cực tiểu địa phương −f (x) ta gọi x0 điểm cực đại địa phương f (x) Các điểm cực đại địa phương cực tiểu địa phương gọi chung điểm cự trị địa phương Định lý 1.8 (Định lý Fermat) Cho hàm số f (x) xác định khoảng (a, b) Nếu f (x) đạt cực trị địa phương x0 f (x) khả vi x0 f (x0 ) = 1.1.3 Công thức Taylor Định lý 1.9 Giả sử f : U(a, δ) → R hàm khả vi liên tục đến cấp n − δ -lân cận U(a, δ) điểm a có đạo hàm hữu hạn cấp n điểm a Khi đó, hàm f biểu diễn dạng n f (x) = k=0 f (k) (a) (x − a)k + o((x − a)n ) k! (1.1) x → a, 0! = 1, f (0) (a) = f (a) Công thức (1.1) gọi công thức Taylor dạng địa phương với phần dư Peano Định lý 1.10 Giả sử f : (a, b) → R khả vi liên tục cấp n khoảng (a, b) có đạo hàm cấp n + điểm khoảng (a, b) trừ điểm x0 ∈ (a, b) Khi đó, điểm x0 điểm x ∈ (a, b) bất kỳ, tồn điểm ξ, cho n f (x) = k=0 f (k) (x0 ) (x − x0 )k + Rn+1 (f ; x), k! (1.2) Rn+1 (f ; x) = n!p x − x0 x−ξ p (x − ξ)n+1 f (n+1) (ξ), p ∈ R, p > (1.3) Công thức (1.2) gọi công thức Taylor hàm f với phần dư Rn+1 dạng Schlomilch - Roche Bằng cách chọn giá trị p > hoàn toàn xác định, ta thu trường hợp riêng phần dư Rn+1 (f ; x) Ta xét trường hợp quan trọng p = n + p = Khi p = n + 1, từ (1.3), ta thu phần dư công thức Taylor dạng Lagrange Rn+1 (f ; x) = f (n+1) (ξ) (x − x0 )n+1 , ξ = x0 + θ(x − x0 ), < θ < (n + 1)! (1.4) Khi p = 1, từ (1.3), ta thu phần dư công thức Taylor dạng Cauchy Rn+1 (f ; x) = f (n+1) (x0 + θ(x − x0 )) (x − x0 )n+1 (1 − θ)n , < θ < 1, n! (1.5) ξ = x0 + θ(x − x0 ) Nhận xét 1.3 Công thức Maclaurin với phần dư (1.4) (1.5) có dạng tương ứng Rn+1 (f ; x) = Rn+1 (f ; x) = f (n+1) (θx) n+1 x , < θ < (dạng Lagrange), (n + 1)! f (n+1) (θx) (1 − θ)n xn+1 , < θ < (dạng Cauchy) (n + 1)! Sau ta xét khai triển Maclaurin số hàm sơ cấp đơn giản Ví dụ 1.1 Hàm f (x) = ex , x ∈ R có f (n) (x) = ex ∀x ∈ R Do ex = + x + x2 xn + ··· + + Rn (x), 2! n! eθx xn+1 , < θ < (n + 1)! Rn (x) = Ta có |Rn (x)| ≤ |x|n+1 x e → (n → ∞), x ∈ R (n + 1)! Ví dụ 1.2 Hàm f (x) = sin x có f (n) (x) = sin x + n π , n ∈ {0, 1, }, π f (0) = 0, f (0) = 1, f (0) = 0, f (3) (0) = −1, , f (2n) (0) = sin 2n π n sin (2n + 1) = (−1) = 0, f (2n+1) (0) = Do (−1)n−1 x2n−1 x3 x5 + − ··· + + R2n+1 (x), sin x = x − 3! 5! (2n − 1)! R2n+1 (x) = sin θx + (2n + 1) π2 x2n+1 (2n + 1)! , < θ < (1.6) Từ (1.6) suy |R2n+1 (x)| ≤ |x|2n+1 → (n → ∞), ∀x ∈ R (2n + 1)! Ví dụ 1.3 Hàm f (x) = cos x có f (n) (x) = cos x + nπ , f (n) (θx) = cos θx + f (n) (0) = cos nπ , nπ , n ∈ {1, 2, } Công thức Maclaurin theo lũy thừa x với phần dư dạng Lagrange có dạng cos x = − R2n (x) = 1.2 x2 x4 x2(n−1) + − · · · + (−1)n−1 + R2n (x), 2! 4! [2(n − 1)]! x2n π cos θx + 2n (2n)! →0 (n → ∞), ∀x ∈ R Hàm đơn điệu hàm bị chặn Ký hiệu I(a, b) ⊂ R ngầm định bốn tập hợp (a, b), (a, b], [a, b) [a, b] với a < b 63 Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Nhận xét 3.5 Bài toán mở rộng sau: Cho ba số thức không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = cho số thực λ > Chứng minh ab + bc + ca − λabc ≤ max 1 , (9 − λ) 27 Biến dồn không thiết biến toán mà biểu thức chứa biến cho đề Lúc đánh giá biểu diễn nhằm quy biểu thức cho theo biến Bài toán 3.18 Cho x > y > Chứng minh √ xy < x−y x+y < ln x − ln y Lời giải Chia hai vế bất đẳng thức cho y > 0, đặt t = x (khi y t > ln t > 0), ta t2 − t2 + t< < ln t2 ⇔ f (t) = g(t) = t2 − 2tln t − > (t2 + 1)ln t − t2 + > (i) (ii) Thật vậy, ta có f (t) = 2t − 2ln t − 2, f (t) = 2(t − 1) > 0, ∀t ∈ (1, +∞), t nên f (t) đồng biến (1, +∞) Suy f (t) > f (1) = 0, ∀t ∈ (1, +∞) Từ đó, ta có f (t) đồng biến (1, +∞), suy f (t) > f (1) = Vậy (i) chứng minh Lại có, g (t) = 2tln + t + t2 − − 2t, g (t) = 2ln t + > 0, ∀t ∈ (1, +∞), t t2 nên g (t) đồng biến (1, +∞) Suy g (t) > g (1) = 0, ∀t ∈ (1, +∞) Từ đó, ta có g(t) đồng biến (1, +∞) Suy g(t) > g(1) = Vậy (ii) chứng minh 64 Bài toán 3.19 Cho x, y > Chứng minh (x + 1)ln (x + 1) + ey ≥ (x + 1)(y + 1) Lời giải Đặt ln (x + 1) = u, suy x + = eu , bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ueu + ey ≥ eu (y + 1) ⇔ ey ≥ eu (y + − u) ⇔ ey−u ≥ y − u + ⇔ et ≥ t + 1( với t := y − u) Xét hàm số f (t) = et − t − 1, với t ∈ R Ta có f (t) = et − Nếu t ≥ f (t) ≥ 0, suy hàm số f (t) đồng biến [0, +∞) Do f (t) ≥ f (0) = Nếu t < f (t) ≤ 0, suy hàm số f (t) nghịch biến (−∞, 0) Do f (t) > f (0) = Kết hợp hai trường hợp trên, ta có bất đẳng thức cần chứng minh Bài toán 3.20 (Indian MO, 2009) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a3 + b3 = c3 Chứng minh a2 + b2 − c2 > 6(c − a)(c − b) Lời giải Từ a3 + b3 = c3 a, b, c dương nên ta suy c > a c > b Ta có a3 + b = c ⇔ a c Đặt x = , y = a c + b c = b (x, y > 0) ta có x3 + y = c Đặt x + y = t, (1 < t ≤ √ 4) Ta có t3 − 3xyt = Suy ra, xy = t3 − t3 + x2 + y = 3t 3t Do a2 + b − c x2 + y − t3 − 3t + t+2 = = = (c − a)(c − b) (1 − x)(1 − y) (t − 1) t−1 65 Xét hàm số f (t) = Ta có f (t) = √ t+2 , (1 < t ≤ 4) t−1 √ −3 4], < , với t ∈ (1, (t − 1) √ √ √ 4+2 3 nên hàm số f (t) nghịch biến (1, 4] Và lim+ f (t) = +∞, f ( 4) = √ t→1 4−1 nên ta có √ √ 4+2 f (t) ≥ √ > 6, ∀t ∈ (1, 4] 4−1 Từ suy điều phải chứng minh 3.2.2 Ứng dụng tính chất hàm lồi Trong phần tác giả trình bày số toán chứng minh bất đẳng thức sử dụng tính chất hàm số lồi (lõm): Nếu hàm số f (x) lồi khả vi khoảng (a, b) ta có f (x) ≥ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), ∀x, x0 ∈ (a, b) (3.3) Nếu hàm số f (x) lõm khả vi khoảng (a, b) ta có f (x) ≤ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), ∀x, x0 ∈ (a, b) (3.4) Bài toán 3.21 (Albanian MO, 2002) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh √ 1+ 1 √ (a + b2 + c2 ) + + a b c 3 ≥a+b+c+ a2 + b + c Lời giải Do bất đẳng thức nên ta cần chứng minh bất đẳng thức với số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Khi bất đẳng thức cần chứng minh trở thành √ 1+ √ 3 Xét hàm số Ta có 1 + + − (a + b + c) ≥ a b c √ 1+ f (x) = √ − x, với x ∈ (0, 1) 3 x √ 1+ f (x) = − √ − 3 x 66 √ + 2x f (x) = √ > 0, ∀x ∈ (0, 1), 3 x nên f (x) hàm lồi (0, 1) Do theo bất đẳng thức (3.3), ta có a− √ b− √ c− √ √ √ √ f (a) ≥f f (b) ≥f f (c) ≥f √ , √ , √ +f +f +f Từ đó, suy √ f (a) + f (b) + f (c) ≥ f a+b+c− √ + 3f √ Mặt khác √ f 2 2 2 (a + b) + c (b + c) + a (c + a) + b 3.2.3 Ứng dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi khả vi Trong phần tác giả trình bày số toán chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức Jensen: 71 n Cho xi ∈ I(a, b), pi ≥ 0, i ∈ {1, 2, , n} Pn := pi > Khi i=1 Nếu f (x) hàm lồi I(a, b) ta có f Pn n pi x i i=1 ≤ Pn n pi f (xi ) (3.5) pi f (xi ) (3.6) i=1 Nếu f (x) hàm lõm I(a, b) ta có f Pn n pi x i i=1 ≥ Pn n i=1 Bài toán 3.26 (Indian MO, 1995) Cho số thực dương x1 , x2 , , xn có tổng Chứng minh √ x1 x2 xn +√ + ··· + √ ≥ − x1 − x2 − xn n n−1 Lời giải Xét hàm số f (x) = √ Ta có x , với x ∈ (0, 1) 1−x √ x(−1) 1−x− √ 2−x 1−x √ = f (x) = , 1−x (1 − x) − x nên √ √ 1−x −1(1 − x) − x − (2 − x) − − x − √ 1−x f (x) = (1 − x) 4−x = √ − x(1 − x)2 Vì f (x) > 0, với x ∈ (0, 1) nên f (x) hàm lồi (0, 1) Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi f (x) ta điều phải chứng minh Bài toán 3.27 (IMO Shortlist, 2009) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = a + b + c = 1 + + Chứng minh a b c 1 + + ≤ 2 (2a + b + c) (2b + a + c) (2c + a + b) 16 Lời giải Đầu tiên ta thấy bất đẳng thức cho tương đương với (a+b+c)2 1 + + 2 (2a + b + c) (2b + a + c) (2c + a + b)2 ≤ 1 (a+b+c) + + 16 a b c 72 Ta bất đẳng thức với a, b, c > Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với 1 + ≤ 2 (1 + a) (1 + b) (1 + c) 16 1 + + a b c Xét hàm số x , với x ∈ (0, 1) (1 + x)2 f (x) = Ta có f (x) = 1−x 2(x − 2) , f (x) = (1 + x) (1 + x)4 Vì f (x) ≤ 0, với x ∈ (0, 1) nên f (x) hàm lõm (0, 1) Khi áp dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lõm f (x), ta   1   + + f 1 1 a b c + + a b c 1 f (a) + f (b) + f (c) ≤ a b c Ta ý a+b+c = ≤ 1 3 + + a b c Nên   1   + + f ≤ 1 1 a b c + + a b c 1 + + f a b c = 16 1 + + a b c Vậy bất đẳng thức cho chứng minh Bài toán 3.28 (IMO, 1995) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh a3 (b + c) a b + b3 (a + c) + c3 (a + b) ≥ c Lời giải Đặt x = , y = , z = Vì abc = xyz = nên ta có 1 x2 y2 z2 + + = + + a3 (b + c) b3 (a + c) c3 (a + b) y+z x+z x+y Xét hàm số f (x) = , với x ∈ (0, +∞) x 73 Ta có f (x) = − , f (x) = ≥ 0, ∀x ∈ (0, +∞), x x nên f (x) hàm lồi khoảng (0, +∞) Khi theo bất đẳng thức Jensen, ta có y2 z2 x2 + + =xf y+z x+z x+y y+z x + yf x+y z + zf (y + z) + (z + x) + (x + y) x+y+z ≥(x + y + z)f = x+z y x+y+z Do √ x + y + z ≥ xyz = nên ta có điều phải chứng minh Bài toán 3.29 (Canadian MO, 2002) Chứng minh c3 a3 b + + ≥a+b+c bc ca ab với a, b, c > Lời giải Xét hàm số f (x) = −ln x với x ∈ (0, +∞) Khi f (x) = > 0, ∀x ∈ (0, +∞) x2 Do đó, f hàm lồi (0, +∞) Theo bất đẳng thức Jensen với a1 , a2 , a3 ∈ (0, +∞), ta có −ln a1 + a2 + a3 ≤− ln a1 + ln a2 + ln a3 = −ln Chọn a1 = a3 , a2 = b, a3 = c bc Khi đó, ta có a3  + b + c −ln  bc  ≤ −ln   Tức là, a3 + b + c ≤ 3a bc a3 bc bc √ a1 a2 a3 74 Tương tự, ta có b3 + a + c ≤ 3b ac c3 + a + b ≤ 3c ab Do vậy, cộng bất đẳng thức vế theo vế, ta a3 b c3 + + ≥ a + b + c bc ca ab Vậy toán chứng minh Bài toán 3.30 (Australian MO, 2002) Cho a, b > số nguyên n Chứng minh a 1+ b n = b 1+ a n ≥ 2n+1 Đẳng thức xảy nào? Lời giải * Trường hợp 1: n ≥ Xét hàm số f (x) = xn , với x ∈ (0, +∞) Ta có f (x) = n(n − 1)xn−2 > 0, với x ∈ (0, +∞) Do f (x) hàm lồi (0, +∞) Khi đó, theo bất đẳng thức Jensen, ta có  n a 1+ b n + b 1+ a n a b 1 + b + + a  ≥2   a b n +  b a =2 1 +    Đẳng thức xảy b a = ⇔ a = b, n = 0, n = b a Mặt khác, theo bất đẳng thức AM - GM, ta có a b + ≥ b a 75 Do a 1+ b n b 1+ a + n ≥ 2.2n ≥ 2n+1 Đẳng thức xảy a = b n = * Trường hợp 2: n ≤ −1 Đặt p = −n ≥ Khi 1+ ⇔ a b n + 1+ b a ≥ 2n+1 bp ap + ≥ p−1 p p (a + b) (a + b) ap + b p ≥ ⇔ p a+b Xét hàm số f (x) = xp hàm lồi (0, +∞), với p ≥ Do đó, theo bất đẳng thức Jensen, ta có ap + b p ≥ a+b p Đẳng thức xảy a = b p = 1, hay a = b n = −1 76 Kết luận Luận văn "Sử dụng đạo hàm khảo sát bất phương trình chứng minh bất đẳng thức" giải vấn đề sau: Luận văn hệ thống đầy đủ kiến thức bổ trợ tính liên tục, tính khả vi, tính đơn điệu, tính bị chặn, tính lồi lõm hàm số kết liên quan; công thức Taylor dạng phần dư Cauchy, Lagrange ví dụ minh họa; định nghĩa tính chất đa thức Chebyshev, đa thức lượng giác, toán nội suy Lagrange Luận văn trình bày định lý Jensen cho hàm khả vi với chứng minh chi tiết vận dụng để chứng minh số bất đẳng thức thường gặp chương trình toán phổ thông như: bất đẳng thức AG-MG, bất đẳng thức CauchySchwarz Bên cạnh luận văn trình bày bất đẳng thức chứa đạo hàm: Landau, Kolmogorov, Landau-Kolmogorov mà tài liệu tiếng Việt đề cập đến Ngoài ra, luận văn hệ thống bất đẳng thức lớp hàm đa thức cách tương đối đầy đủ chi tiết Luận văn hệ thống cách tương đối đầy đủ, phong phú dạng tập biện luận số nghiệm phương trình, bất phương trình, hệ phương trình thường xuất đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố; toán bất đẳng thức, cực trị đề thi Olympic nước quốc tế theo chuyên đề: Ứng dụng tính đơn điệu hàm số, ứng dụng tính chất hàm lồi, ứng dụng bất đẳng thức Jensen Mặc dù cố gắng nghiêm túc trình học tập nghiên cứu khoa học thời gian khả nhiều hạn chế nên chắn luận văn có thiếu sót Tác giả mong nhận nhiều ý kiến đóng góp quý thầy cô bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện 77 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Y.Y Liashko , A C Boiachuk, Ia.G Gai, P Golovak (1970), Giải tích Toán học- Các ví dụ tập, Tập 1, NXB Đại học Trung học chuyên nghiệp [2] Nguyễn Thị Dương Kiều (2010),Định lý Rolle số áp dụng, Luận văn Thạc sĩ Toán học, ĐHKH ĐH Thái Nguyên [3] Nguyễn Văn Mậu (1993), Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi Olympic Toán sinh viên toàn quốc , NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức định lý áp dụng, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Văn Mậu (2008), Các toán nội suy áp dụng, NXB Giáo dục [7] Nguyễn Kim Toàn (2012), Một số bất đẳng thức đạo hàm ứng dụng, Luận văn Thạc sĩ Toán học, ĐHKH ĐH Thái Nguyên [8] Trịnh Khắc Tuấn (2015), Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi THPT môn Toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [B] Tiếng Anh [9] Cerone P., Dragonir S S (2011), Mathematical Inequalities: A perspective, CRS press, Taylor and Francis Group, LLC, USA [10] Teodora-Liliana T.R., Vicentiu D.R., Titu Andreescu (2009), Problems in real analysis: Advanced calculus on real axis, Springer [11] Victor Prasolov (2001), Polynomial in Algorithms and computation in mathematics, Vol.11, Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg ... quan, bất đẳng thức Landau, bất đẳng thức Kolmogorov, bất đẳng thức Landau-Kolmogorov, số bất đẳng thức hàm lồi bậc cao, bất đẳng thức đạo hàm hàm đa thức, bất đẳng thức Markov-Bernsterin; toán... Bất đẳng thức, bất phương trình lớp hàm khả vi 2.1 Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm quan trọng 2.1.1 Bất đẳng thức Jensen dạng liên quan 2.1.2 Bất đẳng thức lớp hàm lồi bậc... người dạy toán bất đẳng thức liên quan đến hàm số khả vi Vì lý chọn đề tài "Sử dụng đạo hàm để khảo sát bất phương trình chứng minh bất đẳng thức" làm luận văn khoa học chuyên ngành Phương pháp toán